Polynômes orthogonaux : parité et récurrence à trois termes

La stratégie du b) : décomposer sur une base orthogonale, et montrer que presque toutes les coordonnées sont nulles parce que la multiplication par $X$ « passe de l'autre côté » du produit scalaire.

a) Existence et unicité. Produit scalaire. La bilinéarité et la symétrie sont celles de l'intégrale et du produit ; $⟨P,P⟩={\int }_a^b{P}^{2}w\ge 0$ ; si $⟨P,P⟩=0$, la fonction $P^{2}w$, continue et positive, est nulle sur $[a,b]$, donc $P$ aussi puisque $w>0$ : $P$ a une infinité de racines, $P=0$.

Existence. Appliquons Gram-Schmidt à la famille libre $(1,X,X^2,\dots )$ : on obtient une suite orthonormée $(e_k)$ telle que $\mathrm{Vect}(e_0,\dots ,e_k)={\mathbb{R}}_k[X]$ pour tout $k$. Ainsi $e_k\in {\mathbb{R}}_k[X]$, et $e_k\notin {\mathbb{R}}_{k-1}[X]$ — sinon $e_k$ serait orthogonal à lui-même, puisqu'il l'est à ${\mathbb{R}}_{k-1}[X]=\mathrm{Vect}(e_0,\dots ,e_{k-1})$. Donc $e_k$ est de degré exactement $k$, et $P_k$, quotient de $e_k$ par son coefficient dominant, convient.

Orthogonalité aux degrés inférieurs. La famille $(P_0,\dots ,P_{n-1})$ est de degrés échelonnés, donc une base de ${\mathbb{R}}_{n-1}[X]$, et $P_n$ est orthogonal à chacun de ses vecteurs : $P_n$ est orthogonal à ${\mathbb{R}}_{n-1}[X]$.

Unicité. Soit $(Q_n)$ une autre suite de polynômes unitaires, $Q_n$ de degré $n$, deux à deux orthogonaux. Par le même argument, $Q_n$ est orthogonal à ${\mathbb{R}}_{n-1}[X]$. Alors $P_n-Q_n$ est de degré au plus $n-1$ — les termes dominants, tous deux égaux à $X^n$, se compensent — et orthogonal à ${\mathbb{R}}_{n-1}[X]$ : il est orthogonal à lui-même, donc nul. $P_n$ est l'unique polynôme unitaire de degré $n$ orthogonal à ${\mathbb{R}}_{n-1}[X]$ — c'est cette caractérisation qui servira au c).

b) La récurrence à trois termes. La multiplication par $X$ passe d'un côté à l'autre : $⟨XP,Q⟩={\int }_a^{b}tP(t)Q(t)w(t)\mathrm{d}t=⟨P,XQ⟩$, par simple lecture de l'intégrale.

La décomposition. $X{P}_n$ et $P_{n+1}$ sont unitaires de degré $n+1$ : leur différence appartient à ${\mathbb{R}}_n[X]$, dont $(P_0,\dots ,P_n)$ est une base orthogonale. Ses coordonnées se lisent par produits scalaires : $$X{P}_n-P_{n+1}=\sum _{k=0}^n{\alpha }_k{P}_k,$$ avec, puisque $P_{n+1}$ est orthogonal à $P_k$ pour $k\le n$, $${\alpha }_k=\frac{⟨X{P}_n-P_{n+1},P_k⟩}{\Vert P_k{\Vert }^2}=\frac{⟨X{P}_n,P_k⟩}{\Vert P_k{\Vert }^2}.$$ Or c'est ici que la multiplication par $X$ travaille : $⟨X{P}_n,P_k⟩=⟨P_n,X{P}_k⟩$, et pour $k\le n-2$, $X{P}_k$ est de degré $k+1\le n-1$, donc orthogonal à $P_n$ par le a). Toutes les coordonnées d'indice $k\le n-2$ sont nulles. Il reste $$X{P}_n=P_{n+1}+b_n{P}_n+c_n{P}_{n-1},$$ avec $b_n=\frac{⟨X{P}_n,P_n⟩}{\Vert P_n{\Vert }^2}$ et $c_n=\frac{⟨P_n,X{P}_{n-1}⟩}{\Vert P_{n-1}{\Vert }^2}$.

La valeur de $c_n$. Le polynôme $X{P}_{n-1}$ est unitaire de degré $n$ : $X{P}_{n-1}=P_n+R$ avec $R\in {\mathbb{R}}_{n-1}[X]$. Donc $⟨P_n,X{P}_{n-1}⟩=\Vert P_n{\Vert }^2+⟨P_n,R⟩=\Vert P_n{\Vert }^2$, et $$c_n=\frac{\Vert P_n{\Vert }^2}{\Vert P_{n-1}{\Vert }^2}>0.$$

Le point délicat. Une décomposition sur $n+1$ vecteurs se réduit à trois termes, quel que soit $n$ : ce n'est pas un calcul, c'est l'identité $⟨XP,Q⟩=⟨P,XQ⟩$, qui transfère le degré d'un facteur à l'autre.

c) La parité. Posons $Q_n=(-1{)}^n{P}_n(-X)$. Le coefficient dominant de $P_n(-X)$ est $(-1{)}^n$ : $Q_n$ est unitaire de degré $n$. Pour $n\ne m$, le changement de variable $s=-t$ donne $$⟨Q_n,Q_m⟩=(-1{)}^{n+m}{\int }_{-b}^b{P}_n(-t)P_m(-t)w(t)\mathrm{d}t=(-1{)}^{n+m}{\int }_{-b}^b{P}_n(s)P_m(s)w(-s)\mathrm{d}s=0,$$ puisque $w(-s)=w(s)$ et que $P_n$ et $P_m$ sont orthogonaux. La suite $(Q_n)$ vérifie donc les mêmes propriétés que $(P_n)$ : par unicité, $Q_n=P_n$, c'est-à-dire $P_n(-X)=(-1{)}^n{P}_n$. Le polynôme $P_n$ a la parité de $n$.

Alors $b_n=\frac{1}{\Vert P_n{\Vert }^2}{\int }_{-b}^{b}t{P}_n(t{)}^{2}w(t)\mathrm{d}t=0$ : la fonction intégrée est impaire (produit de $t$, impaire, par $P_n^2$ et $w$, paires) sur un intervalle symétrique. La récurrence devient $P_{n+1}=X{P}_n-c_n{P}_{n-1}$.

d) Legendre. Pour $[-1,1]$ et $w=1$ : $P_0=1$, et $P_1$ est l'unique polynôme unitaire de degré $1$ orthogonal à $1$ ; comme $⟨X,1⟩={\int }_{-1}^{1}t\mathrm{d}t=0$, $P_1=X$. Ensuite, avec $c_1=\frac{1}{3}$ et $c_2=\frac{4}{15}$ : $$P_2=X\cdot X-\frac{1}{3}\cdot 1=X^2-\frac{1}{3},$$ $$P_3=X(X^2-\frac{1}{3})-\frac{4}{15}X=X^3-(\frac{5}{15}+\frac{4}{15})X=X^3-\frac{3}{5}X.$$ Vérification par les normes. $\Vert P_0{\Vert }^2={\int }_{-1}^{1}1=2$, $\Vert P_1{\Vert }^2={\int }_{-1}^1{t}^2=\frac{2}{3}$, et $$\Vert P_2{\Vert }^2={\int }_{-1}^1(t^4-\frac{2}{3}{t}^2+\frac{1}{9})\mathrm{d}t=2(\frac{1}{5}-\frac{2}{9}+\frac{1}{9})=\frac{8}{45}.$$ D'où $c_1=\frac{2/3}{2}=\frac{1}{3}$ et $c_2=\frac{8/45}{2/3}=\frac{4}{15}$, conformes à $\frac{n^2}{4n^2-1}$ pour $n=1$ et $n=2$. De même $\Vert P_3{\Vert }^2=\frac{8}{175}$, qu'on retrouvera dans le problème, et $c_3=\frac{9}{35}$.

Ce que l'exercice installe. L'unicité est un outil de démonstration : l'objet transformé vérifie la même caractérisation, donc lui est égal, sans aucun calcul. La récurrence à trois termes vient d'une seule identité : la multiplication par $X$ est « symétrique » pour ce produit scalaire. En physique, les polynômes de Legendre donnent le développement multipolaire du potentiel électrostatique et la partie angulaire des orbitales atomiques ; ceux d'Hermite, orthogonaux pour le poids $e^{-t^2}$ sur $\mathbb{R}$ tout entier, sont ceux de l'oscillateur harmonique quantique du TD 8.